113 年 國立成功大學土木工程系碩士班己組《工程數學》

核心觀念

本題考查**二階常係數線性非齊次常微分方程（Second-order Linear Nonhomogeneous Differential Equation with Constant Coefficients）**的求法。

解答此類微分方程的核心理論依據為重疊原理（Superposition Principle）：非齊次微分方程的通解（General solution） $y(t)$ 可拆解為對應齊次方程的齊次解（Homogeneous solution / Complementary solution） $y_h(t)$ 與該非齊次方程的任一特解（Particular solution） $y_p(t)$ 之和，即：
$y(t) = y_h(t) + y_p(t)$

關鍵公式與定理包括：

1. 特徵方程式（Characteristic Equation）：對於齊次方程 $a y'' + b y' + c y = 0$，令試求解為 $y = e^{\lambda t}$，得到特徵方程 $a \lambda^2 + b \lambda + c = 0$。若特徵根為相異實根 $\lambda_1 \neq \lambda_2$，則齊次解為 $y_h(t) = c_1 e^{\lambda_1 t} + c_2 e^{\lambda_2 t}$。
2. 未定係數法（Method of Undetermined Coefficients）：當非齊次項 $r(t) = 10t e^{-t}$ 為多項式與指數函數的乘積型態，且 $e^{-t}$ 的指數係數 $-1$ 非特徵根時，特解的型態可假設為同階多項式與 $e^{-t}$ 之乘積：$y_p(t) = (At + B)e^{-t}$。

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解題方法

1. 求齊次解 $y_h(t)$：
   將非齊次項歸零，寫出對應的齊次微分方程 $y'' + 4y' - 5y = 0$，建立特徵方程式並求根 $\lambda$，進而寫出齊次解。
2. 求特解 $y_p(t)$：
   根據非齊次項 $r(t) = 10t e^{-t}$ 的型態，使用未定係數法假設特解 $y_p(t) = (At + B)e^{-t}$。對 $y_p(t)$ 求一階與二階導函數後代回原非齊次微分方程，比較等式兩端同類項係數，解出待定係數 $A$ 與 $B$。
3. 組合成通解 $y(t)$：
   將 (a) 小題求得的 $y_h(t)$ 與 (b) 小題求得的 $y_p(t)$ 相加即可得到通解。

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題目與子題詳細推導

(a) 求解對應齊次方程的解 (5%)

對應的齊次微分方程為：
$y'' + 4y' - 5y = 0$

令 $y = e^{\lambda t}$，代入可得特徵方程式：
$\lambda^2 + 4\lambda - 5 = 0$

因式分解特徵方程式：
$(\lambda + 5)(\lambda - 1) = 0$

解得兩個相異實根：
$\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = -5$

因此，對應齊次方程的解（齊次解）為：
$y_h(t) = c_1 e^t + c_2 e^{-5t} \quad (c_1, c_2 \text{ 為任意實數常數})$

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(b) 求解非齊次方程的一個特解 (15%)

原非齊次微分方程為：
$y'' + 4y' - 5y = 10t e^{-t}$

非齊次項為 $r(t) = 10t e^{-t}$。觀察指數項 $e^{-t}$ 中的 $\alpha = -1$，由於 $-1$ 並非特徵根（特徵根為 $1$ 與 $-5$），故無重複根現象，不需要乘上額外的 $t^k$。

步驟 1：假設特解型態
根據未定係數法，假設特解為：
$y_p(t) = (At + B) e^{-t}$

步驟 2：微分求導
對 $y_p(t)$ 進行一階與二階微分：
$y_p'(t) = A e^{-t} - (At + B)e^{-t} = (-At + A - B)e^{-t}$

$y_p''(t) = -A e^{-t} - (-At + A - B)e^{-t} = (At - 2A + B)e^{-t}$

步驟 3：代回原微分方程
將 $y_p, y_p', y_p''$ 代入原式左端 $y'' + 4y' - 5y$：

(a) 判斷重根

特徵多項式

$$p(\lambda)=\det(\lambda I-A)=\lambda^{2}-\operatorname{tr}(A)\lambda+\det A =\lambda^{2}-5\lambda+30 .$$

判別式 $\Delta =5^{2}-4\cdot30=-95\neq0$，故特徵根互不相同，$\lambda$ 不會出現重根。

結論：$A$ 無重根（重根的代數重數不為 2）。

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(b) 為何只有一個方程不足以求 $c_{0},c_{1}$

若 $\lambda$ 為重根（代數重數 2），則 Cayley–Hamilton 給

$A^{2}=5A-30I\quad\Longrightarrow\quad A^{n}=c_{0}I+c_{1}A\;(n\ge2) .$

把 $\lambda$ 代入上式得到唯一的等式

$\lambda^{\,n}=c_{0}+c_{1}\lambda .$

左側、右側皆為標量，只有一個方程，卻要同時求出兩個未知數 $c_{0},c_{1}$，因此方程不足。

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(c) 用導數取得第二個獨立方程

對特徵向量方程

$(A-\lambda I)v=0$

以 $\lambda$ 求導，得到

$-(I)v+(A-\lambda I)v' =0\;\Longrightarrow\;(A-\lambda I)v' = v .$

對於 $A^{n}=c_{0}I+c_{1}A$ 兩端同樣左乘 $v^{T}$ 再右乘 $v'$，得到

$\lambda^{\,n-1}n\,v^{T}v = c_{1}\,v^{T}v .$

因為 $v^{T}v\neq0$，可消去，得到第二條獨立方程

$c_{1}=n\lambda^{\,n-1}.$

與 $\lambda^{\,n}=c_{0}+c_{1}\lambda$ 合併即可唯一決定 $c_{0},c_{1}$。

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(d) 計算 $A^{9}$

由 Cayley–Hamilton

$A^{2}=5A-30I .$

設 $A^{k}=a_{k}A+b_{k}I$。
遞迴關係式

核心觀念

本題考驗向量微分學（Vector Calculus）中三大基本微分運算子的定義與性質：梯度（Gradient）、散度（Divergence）與旋度（Curl），以及拉普拉斯運算子（Laplacian）。

在直角座標系下，$\nabla$（Nabla 算符）定義為：
$\nabla = \mathbf{i}\frac{\partial}{\partial x} + \mathbf{j}\frac{\partial}{\partial y} + \mathbf{k}\frac{\partial}{\partial z}$

解題所需的關鍵定義與重要向量恆等式包含：

1. 純量場與向量場乘積之散度：
   $\text{div}(g v) = \nabla \cdot (g v) = g (\nabla \cdot v) + v \cdot (\nabla g) = g\,\text{div}(v) + v \cdot \text{grad}(g)$
2. 拉普拉斯運算子：
   $\nabla^2 g = \nabla \cdot (\nabla g) = \frac{\partial^2 g}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 g}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 g}{\partial z^2}$
3. 梯度的旋度恆等式：對任意二次連續可微純量場 $g$，其梯度的旋度恆為零向量：
   $\text{curl}(\text{grad } g) = \nabla \times (\nabla g) = \mathbf{0}$
4. 旋度的散度恆等式：對任意二次連續可微向量場 $v$，其旋度的散度恆為零純量：
   $\text{div}(\text{curl } v) = \nabla \cdot (\nabla \times v) = 0$

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解題方法

本題給定純量場 $g(x,y,z) = e^{x^2+y^2+z^2}$ 與向量場 $v(x,y,z) = yz\mathbf{i} + xz\mathbf{j} + xy\mathbf{k}$。解題切入點採用「算符直接偏微分展開」結合「重要向量恆等式驗證」雙軌運算，兼具計算精確度與速度。

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各小題詳細解析

(a) 求 $\text{div}(gv)$

方法一：直接展開偏微分
純量與向量相乘得向量場 $gv$：
$gv = e^{x^2+y^2+z^2}(yz\mathbf{i} + xz\mathbf{j} + xy\mathbf{k})$

計算散度 $\nabla \cdot (gv)$：
$\text{div}(gv) = \frac{\partial}{\partial x}\left(yz e^{x^2+y^2+z^2}\right) + \frac{\partial}{\partial y}\left(xz e^{x^2+y^2+z^2}\right) + \frac{\partial}{\partial z}\left(xy e^{x^2+y^2+z^2}\right)$

利用微積分連鎖律（Chain Rule）分別求偏導數：

• $\frac{\partial}{\partial x}\left(yz e^{x^2+y^2+z^2}\right) = yz \cdot (2x) e^{x^2+y^2+z^2} = 2xyz e^{x^2+y^2+z^2}$
• $\frac{\partial}{\partial y}\left(xz e^{x^2+y^2+z^2}\right) = xz \cdot (2y) e^{x^2+y^2+z^2} = 2xyz e^{x^2+y^2+z^2}$
• $\frac{\partial}{\partial z}\left(xy e^{x^2+y^2+z^2}\right) = xy \cdot (2z) e^{x^2+y^2+z^2} = 2xyz e^{x^2+y^2+z^2}$

三項相加得：
$\text{div}(gv) = 2xyz e^{x^2+y^2+z^2} + 2xyz e^{x^2+y^2+z^2} + 2xyz e^{x^2+y^2+z^2} = 6xyz e^{x^2+y^2+z^2}$

方法二：使用恆等式 $\text{div}(gv) = g\,\text{div}(v) + v \cdot \text{grad}(g)$

• 計算 $\text{div}(v) = \frac{\partial}{\partial x}(yz) + \frac{\partial}{\partial y}(xz) + \frac{\partial}{\partial z}(xy) = 0+0+0 = 0$
• 計算 $\text{grad}(g) = \nabla g = 2x e^{x^2+y^2+z^2}\mathbf{i} + 2y e^{x^2+y^2+z^2}\mathbf{j} + 2z e^{x^2+y^2+z^2}\mathbf{k}$
• 計算內積 $v \cdot \text{grad}(g) = (yz)(2xg) + (xz)(2yg) + (xy)(2zg) = 6xyz g$

因此 $\text{div}(gv) = g(0) + 6xyz g = 6xyz e^{x^2+y^2+z^2}$。

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(b) 求 $\nabla^2 g$

依定義 $\nabla^2 g = \frac{\partial^2 g}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 g}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 g}{\partial z^2}$。

先求一次偏導數：
$\frac{\partial g}{\partial x} = 2x e^{x^2+y^2+z^2}$

對 $x$ 再微分一次（使用乘積律與連鎖律）：
$\frac{\partial^2 g}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}\left(2x e^{x^2+y^2+z^2}\right) = 2e^{x^2+y^2+z^2} + 2x \cdot (2x e^{x^2+y^2+z^2}) = \left(2 + 4x^2\right)e^{x^2+y^2+z^2}$

同理，由變數對稱性可直接得到對 $y$ 與 $z$ 的二階偏導數：
$\frac{\partial^2 g}{\partial y^2} = \left(2 + 4y^2\right)e^{x^2+y^2+z^2}$
$\frac{\partial^2 g}{\partial z^2} = \left(2 + 4z^2\right)e^{x^2+y^2+z^2}$

將三項相加：
$\nabla^2 g = \left[(2 + 4x^2) + (2 + 4y^2) + (2 + 4z^2)\right]e^{x^2+y^2+z^2} = \left(6 + 4x^2 + 4y^2 + 4z^2\right)e^{x^2+y^2+z^2}$
即 $2\left(3 + 2x^2 + 2y^2 + 2z^2\right)e^{x^2+y^2+z^2}$。

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(c) 求 $\text{curl}(\text{grad } g)$

向量恆等式說明：
對任何光滑純量場 $g(x,y,z)$，純量場梯度的旋度必定等於零向量：
$\text{curl}(\text{grad } g) = \mathbf{0}$

關鍵概念
對任意在 $\mathbb R$ 上可積且分段連續的 $f(x)$，其傅立葉積分表示式為

$f(x)=\frac1\pi\int_{0}^{\infty}\bigl[ A(\omega)\cos(\omega x)+B(\omega)\sin(\omega x)\bigr]\;d\omega,$

其中

$$A(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\cos(\omega t)\,dt,\qquad B(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\sin(\omega t)\,dt .$$

步驟

1. 依題目，$f(t)=0$ 當 $t<0$ 或 $t>3$，在 $0<t<3$ 時 $f(t)=1$。故積分區間僅剩 $[0,3]$。
2. 計算 $A(\omega)$、$B(\omega)$：

核心觀念

1. $LU$ 分解（$LU$-factorization）：將一矩陣 $A$ 分解為一個單位下三角矩陣 $L$（Unit Lower Triangular Matrix，主對角線元素皆為 $1$）與一個上三角矩陣 $U$（Upper Triangular Matrix / 階梯形矩陣）之乘積，即：
   $A = LU$
2. 高斯消去法（Gaussian Elimination）與倍加因子：對矩陣 $A$ 進行列運算（Row Operations）化簡為上三角矩陣 $U$ 時，消去過程中所使用的列倍率因子（Multipliers）即填入下三角矩陣 $L$ 的對應位置 $l_{ij}$（代表第 $j$ 列乘上 $l_{ij}$ 後從第 $i$ 列減去）。

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解題方法

設給定矩陣為：
$A = \begin{bmatrix} 3 & 3 & -6 \\ 2 & -2 & 4 \\ 1 & 1 & -2 \end{bmatrix}$

步驟一：高斯消去法求上三角矩陣 $U$ 與消去因子

1. 消去第一行主對角線下方元素（樞軸 $a_{11} = 3$）：

   • 第二列處理：執行列運算 $R_2 \leftarrow R_2 - \frac{2}{3}R_1$，紀錄消去因子 $l_{21} = \frac{2}{3}$。
   • 第三列處理：執行列運算 $R_3 \leftarrow R_3 - \frac{1}{3}R_1$，紀錄消去因子 $l_{31} = \frac{1}{3}$。

   經過第一輪消去後，矩陣變為：
   $A^{(1)} = \begin{bmatrix} 3 & 3 & -6 \\ 0 & -4 & 8 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

2. 消去第二行主對角線下方元素（樞軸 $a_{22}^{(1)} = -4$）：

   • 第三列第二行元素已為 $0$，執行列運算 $R_3 \leftarrow R_3 - 0 \cdot R_2$，紀錄消去因子 $l_{32} = 0$。

此時矩陣已化為上三角矩陣結構，即得：
$U = \begin{bmatrix} 3 & 3 & -6 \\ 0 & -4 & 8 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

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